Bash Game-Plus

Bash Game-Plus 洛谷

题目描述

巴什博弈：有一堆 $n$ 个物品，两名玩家轮流从中拿取物品。每次至少拿 $1$ 个，至多拿 $m$ 个，不能不拿，最终将物品拿完者获胜。

我们给这个游戏增加一些规则：

有一堆 $n$ 个物品，甲和乙轮流从中拿取物品，甲先拿。每次至少拿 $1$ 个，至多拿 $m$ 个，最终将物品拿完者获胜。
现在新加入一条规则：也可以不拿，但每当有一名玩家选择不拿物品时，接下来的 $k$ 次操作中两名玩家都不可以不拿。

举个例子，当 $k=3$ 时，如果甲在某一次操作中没有拿物品，那么接下来乙、甲、乙三轮都必须拿至少 $1$ 件物品。然后又轮到甲了，这次甲就可以再次选择不拿。

甲乙两人一共进行了 $t$ 次游戏。对于每次游戏，你需要告诉甲他有没有必胜策略。

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输入格式

第一行两个正整数 $t,op$。$op=1$ 时取消新增加的规则，但是也需要正常读入 $k$。

接下来的 $t$ 行，每行三个正整数 $n,m,k$。

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输出格式

对于每轮游戏，如果甲有必胜策略，那么输出 Yes。否则输出 No。

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样例输入

6 0
2 2 2
3 2 2
4 2 2
7 2 3
13 2 6
14 2 6

样例输出

Yes
Yes
No
Yes
Yes
No

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提示

对于所有数据：$t\le10^5$，$1\le n,m,k\le10^{18}$

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分析题目，如果去掉了 $k$ 这个限制，那么就会变成一个大家很熟悉的问题。

这个问题的结论如下（知道的可以跳过）。

若 $(m+1)\mid n$，先手必败，否则先手必胜。

策略就是两个人每次拿到的和都为 $(m+1)$，先手肯定拿了前半段，后手拿了后半段。

这样整个 $n$ 就被分成了若干个 $(m+1)$ 段。

如果刚好整除，那么说明后手拿了最后一段的后半段，这肯定拿到了最后一个，所这个时候以先手必败。

先手必胜只需要一开始拿走 $n\mod (m+1)$ 即可。

那么添加回 $k$ 这个限制，接着便要尽可能的靠近上面的思路。

我们知道，先手在某一次不拿以后，肯定要过了 $\lfloor \frac{k}{2} \rfloor$ 回才能再一次使用。

而过的这 $\lfloor \frac{k}{2} \rfloor$ 回可以直接用前面的策略，也就是这些回每一回都会被拿走 $(m+1)$ 个物品。

接着我们便可以把 $n$ 分成若干个 $(\lfloor \frac{k}{2} \rfloor) \times (m+1)$ 段。

但实际上并不是，首先我们必须清楚，在前面的问题里，分成若干个 $(m+1)$ 段是因为这些在下一次的选择权都在先手手上，而这个分段下一次的选择权却在后手手上。

所以我们把 $n$ 分成若干个 $(\lfloor \frac{k}{2} \rfloor) \times (m+1)+1$ 段，这样每一段保证了先手必败，也有下一次的选择权。

接着便可以用 $n\mod ((\lfloor \frac{k}{2} \rfloor) \times (m+1)+1)$，如下判断即可。

如果模数小于等于 $1$，可以直接判断，如果模数为 $1$ 那么先手必胜，否则必败。

如果模数大于 $1$，那么这不就是 $k> n$ 的情况吗，模一下 $(m+1)$ 再判断等不等于 $1$ 即可。

小证明：

如果最后模数为 $0$，那么一来就不取，根据一开始的结论，且我方为后手，所以必胜。

如果最后模数大于 $1$，那么一来先取一个，剩下的肯定不能被整除，且我方为接下来的后手（以剩下的为视角），理论上必败，但是还有一次不取的机会。

如果对方不取，那么我方变为先手（以不取过后，剩下的为视角），又因为不能整除，所以必胜。

如果对方要取，为了获胜，对方肯定会将剩下的数变为 $(m+1)$ 的倍数，此时选择不取，因为剩下的数为 $(m+1)$ 的倍数，且我方为后手（以不取过后，剩下的为视角），所以必胜。

这样你也知道为什么 $1$ 不行了吧。

那么代码自然就出来了，时间复杂度 $O(t)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

void print(int x){
	if(x) printf("Yes\n");
	else printf("No\n");
	return ;
}
signed main()
{
	int t,op;scanf("%lld%lld",&t,&op);
	while(t--){
		int n,m,k;scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
		if(op) print(n%(m+1));
		else if(k==1) print(1);
		else{
			__int128 round=(__int128)(m+1)*(k/2)+1;//这玩意竟然需要开__int128
			int check=n%round;
			if(check>1) check%=m+1,check=(check!=1);
			print(check);
		}
	}
	return 0;
}

一个你可能问的问题：为什么偏偏选择了 $1$ 呢？

如果选择了其它的数，那么可能会导致大于等于 $(m+1)$，而 $1$ 则没有这种烦恼。